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Computer Engineering - Fisica

Full exam

Politecnico di Milano Scuola di Ingegneria Industriale e dell’Informazione _______________________________________________ Si ricorda di: - Scrivere in stampatello NOME, COGNOME e numero di MATRICOLA. FIRMARE ogni foglio utilizzato. - MOTIVARE e COMMENTARE adeguatamente ogni risultato. FISICA I Appello del 12 luglio 2019 Proff. Bussetti, Crespi, D'Andrea, Della Valle, Lucchini, Magni, Nisoli, Petti, Pinotti, Puppin 1. Un corpo di massa m=0.5 kg inizialmente fermo viene lasciato scivolare da una quota h=50cm lungo un piano inclinato liscio, al termine del quale si trova su un piano orizzontale scabro (coefficiente di attrito dinamico dµ =0.2). Ad una distanza L=80 cm dalla congiunzione dei due piani si trova una massa M=2kg in quiete. Determinare: a) La velocità del corpo di massa m alla base del piano inclinato; b) la velocità dei due corpi subito dopo l’urto, ipotiz- zando che m urti M in modo completamente anela- stico; 2. Un corpo puntiforme di massa m è sospeso ad un’altezza H dal suolo tramite una fune ideale (inestensibile e priva di massa). La fune è avvolta su di un cilindro omogeneo di massa M e raggio R (vedi figura). Inizialmente il sistema è mante- nuto in quiete per mezzo di un freno che all’istante t = 0 s viene rimosso. Si cal- coli: a) la velocità v con cui il corpo impatta al suolo; b) l’accelerazione angolare α del cilindro. 3. Una macchina termica reversibile ciclica funziona con tre sorgenti di calore A, B e C, alle tempera- ture T A, T B e T C, con T A = 3T B e T C = T B/2. Il lavoro prodotto dalla macchina in un ciclo di funzio- namento è pari a L = 3 kJ e il calore ceduto alla sorgente più fredda è pari Q C = −1 kJ. Si calcolino: a) il calore scambiato con le sorgenti A e B specificandone il segno; b) il rendimento della macchina. 4. Si consideri un sistema di N punti materiali di masse m i e vettori posizione ��⃗��, con i = 1…N, rispetto a un sistema di riferimento inerziale. a) Si definisca il vettore posizione del centro di massa del sistema. b) Si dimostri che l’energia cinetica totale del sistema si può scrivere come somma di due termini: un termine relativo al moto del centro di massa e un termine relativo al moto rispetto ad un sistema di riferimento solidale con il centro di massa (Teorema di König per l’energia cinetica). h m M L µd Problema 1 a) Lungo il piano inclinato agiscono solo forze conservative come il peso, o che non compiono lavoro come la reazione vincolare del piano, perciò si conserva l’energia meccanica totale. Assumendo come livello zero dell’energia potenziale il piano orizzontale alla fine della discesa, si ha: �� +�� =�� +�� ℎ+0=0+1 2 �� 2 Da questa equazione si ricava immediatamente la velocità alla fine del piano: ��= �2�� ℎ =�2∙9,81∙0,5 = �9, 81 ≈ √10 = 3,3 ��/�� b) Quando il corpo inizia a scivolare lungo il piano orizzontale con attrito, l’energia non si conserva più. Tuttavia vale sempre la relazione che il lavoro complessivo delle forze non conservative è uguale alla variazione di energia meccanica totale. Consideriamo come momento iniziale ancora quello in cui il corpo viene lasciato andare in cima al piano inclinato e invece adesso come momento finale l’istante prima dell’urto con il secondo corpo. Chiamiamo v 1 la velocità del corpo di massa m in questo istante appena prima dell’urto. Il legame fra perdita di energia e lavoro della forza d’attrito è: �� +�� −( �� +�� ) =�� 0+1 2 �� 12� −( ��ℎ+0) =−�� ∙�� 0+1 2 �� 12� −( ��ℎ+0) =−�� ∙�� 1=�2�� (ℎ−�� ∙��) = �2 ∙9,81∙(0,5−0,2∙0,8) ≈�20 3 ��/�� L’impatto conserva la quantità di moto totale dei due corpi, che dopo l’urto completamente anelastico procedono uniti con la stessa velocità v 2. Siccome prima dell’urto il corpo di massa M è fermo, la quantità di moto totale è quella posseduta dal solo corpo m. La quantità di moto è una grandezza vettoriale e devono conservarsi separatamente tutte le sue componenti lungo gli assi cartesiani. In questo caso il moto avviene lungo una sola dimensione e quindi il problema si riduce a una sola equazione scalare che riguarda la componente orizzontale delle velocità: �� =�� ∙�� 1=(��+��)∙�� 2 �� 2=�� +�� ∙�� 1=1 2 1 2+ 2 ∙�20 3 =1 5 ∙ �20 3 =2 √15 ≈ 0,5 ��/�� Problema 2 a) Visto che agiscono solo forze conservative, come il peso, o che non fanno lavoro come la reazione vincolare nel punto di sospensione del cilindro, la velocità finale al momento dell’urto con il terreno si può trovare rapidamente basandosi sulla conservazione dell’energia. Assumendo come livello zero dell’energia potenziale il piano orizzontale alla fine della caduta, si ha: �� +�� =�� +�� +0=0+1 2 �� 2+1 2 �� 2 In questa equazione J è il momento d’inerzia del disco rispetto al suo asse di rotazione (pari a MR 2/2) e ω è la sua velocità angolare. Dato che i due corpi sono uniti da una fune inestensibile, la velocità di caduta v del corpo di massa m deve essere uguale alla velocità tangenziale alla superficie del cilindro, e quindi: ��=��∙�� Perciò la conservazione dell’energia diventa: ��=1 2 �� 2+1 2 �1 2 �� 2�∙�� 2 da cui si ricava: ��=�4�� 2��+�� b) Consideriamo un istante di tempo durante la discesa del corpo m e consideriamo le forze che agiscono sui due oggetti; il corpo m è soggetto alla sua forza peso mg diretta verso il basso e alla tensione T della fune rivolta verso l’alto. Se prendiamo come riferimento un asse verticale con direzione positiva verso il basso, la legge di Newton applicata al corpo m diventa: ��=��−�� Per quanto riguarda il cilindro, scriviamo la legge fondamentale della dinamica rotazionale usando riferita al suo centro (che è anche il centro di rotazione): �� =�� =��∙�� dove M tot è il momento totale delle forze applicate al cilindro calcolato rispetto al suo centro, mentre α è l’accelerazione angolare. La forza che tiene sospeso il cilindro è applicata nel suo centro, e quindi ha braccio nullo e momento uguale a zero. Rimane il momento dovuto alla tensione nella fune, che viene applicata al cilindro dalla corda ed è quindi (per il cilindro) diretta verso il basso. Prendiamo come positivo il senso orario di rotazione, in modo che il segno della rotazione sia congruente con quello del movimento verticale del corpo m che abbiamo scelto prima. Se il corpo m scende il suo spostamento è positivo, il cilindro ruota in senso orario e quindi anche la sua rotazione è positiva. Con questa scelta del senso di rotazione, l’equazione delle dinamica rotazionale del cilindro diventa: ��∙��=��∙�� La tensione nella fune è perciò legata all’accelerazione angolare dalla relazione: ��=�� ∙�� =�� 2 Data l’inestensibilità della fune, l’accelerazione a con la quale cade il corpo m e l’accelerazione angolare α del cilindro sono legate dalla legge geometrica: Sostituendo queste due ultime relazioni in quella della caduta del corpo m si trova: ��=��−�� 2 ∙�� e infine: ��=2�� +2�� ∙�� Problema 3 a) Indichiamo con Q A, Q B e Q C i calori scambiati dalla macchina termica reversibile con le tre sorgenti. Il segno non viene al momento esplicitato, per cui questi tre calori potranno essere numeri positivi o negativi. La macchina termica produce un lavoro L, anche per questo inizialmente non esplicitiamo il segno. Visto che la macchina termica lavora su di un ciclo, torna al suo stato iniziale e quindi la sua variazione di energia interna ∆U è nulla. Pertanto il primo principio della termodinamica applicato a un ciclo completo è: ∆��=��−�� 0=�� +�� +�� −�� +�� +�� =�� In questa equazione conosciamo Q C = −1 kJ ed L = +3kJ. Per trovare gli altri due calori sfruttiamo il fatto che la macchina termica è reversibile, pertanto la variazione di entropia totale dell’universo in un ciclo è nulla. La macchina vera e propria ha comunque ∆S = 0 perché ritorna allo stato iniziale. Quindi il requisito di variazione totale di entropia pari a zero riguarda i serbatoi. Per il serbatoio A tale variazione è: ∆�� =�� =�� =1 �� =− �� In questo calcolo abbiamo sfruttato il fatto che la temperatura T A è costante e quindi esce dall’integrale, e che l’integrale riguarda il calore scambiato con la macchina come viene visto dal serbatoio A. Questo deve quindi essere uguale e contrario al calore Q A che è quello visto invece dalla macchina. Per gli altri due serbatoi valgono le stesse considerazioni, e quindi: ∆�� =− �� ∆�� =− �� Il requisito che la variazione totale di entropia sia nulla diventa quindi una seconda equazione: ∆�� =∆�� ℎ +∆�� +∆�� +∆�� 0=0−�� −�� −�� 0=−�� 3�� −�� −�� / 2 �� 3 +�� +2�� =0 Questa seconda equazione, unita a quella ricavata in precedenza, fornisce i valori di Q A e Q B: �� =+3�� =�� =�� +�� =3�� 3��+1�� =3 4 = 0,75 Problema 4 a) Dato un sistema di N punti materiali di masse m i e vettori posizione r i (rispetto a un certo sistema di riferimento) si definisce il vettore posizione del centro di massa come: �� =∑ �� =1 ∑ �� =1 =∑ �� =1 �� b) Consideriamo due osservatori O e CM che misurano posizione e velocità dei punti materiali che costituiscono il sistema. Il primo è un osservatore esterno al sistema, e il secondo è un osservatore posto nel centro di massa. Per la legge di composizione dei moti relativi, le velocità di un punto viste dai due osservatori sono legate dalla relazione: �� =��′ ��+�� dove v i è la velocità del punto vista da O, v i’ è quella vista dal centro di massa e v CM è la velocità del centro di massa vista da O. L’energia cinetica totale del sistema vista da O è data da: �� =�1 2 ��2 �� =1 che possiamo scrivere come: �� =�1 2 ��∙ �� ∙�� =1 Ovvero: �� =�1 2 ��∙ ( ��′ ��+�� ) �� =1 ∙( �� ′ ��+�� ) Eseguendo il prodotto scalare e separando i termini: �� =�1 2 ��∙ [ ( �� ′ ��)2+2∙�� ′ ��∙�� +�� 2 ] �� =1 =�1 2 ��∙ �� =1 ( �� ′ ��)2+�� ∙ �� =1 ��′ ��∙�� +�1 2 ��∙ �� 2 �� =1 =�1 2 ��∙ �� =1 ( �� ′ ��)2+�� ∙�� ∙ �� =1 ��′ ��+1 2 �� =1�∙�� 2 =�1 2 ��∙ �� =1 ( �� ′ ��)2+�� ∙��′ �� +1 2 �� 2 Il secondo termine è sempre zero, perché conti ene la quantità di moto del sistema vista dal centro di massa, che è sempre nulla. Pertanto, l’energia cinetica vista dall’osservatore O è data dalla somma dell’energia cinetica vista da un osservatore solidale col centro di massa e dell’energia cinetica dovuta al moto del centro di massa.